【文档说明】河北省石家庄市辛集市第一中学2019-2020学年高二第二次考试（一）物理试卷含答案.doc，共(18)页，392.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理一．选择题（共16小题）1．2018年10月23日港珠澳大桥正式通车，它是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L＝21m的平直桥面上

提速，图乙是该车在该段的车速的平方（v2）与位移（x）的关系。则关于小汽车通过该段平直桥面的加速度和平均速度分别为（）A．4m/s26m/sB．2m/s23m/sC．2m/s2m/sD．2m/s27m/s【解答】解：由匀变速直线运动的位移速度公式有：，结合图象可知：v0＝4m/s，v

t＝10m/s，加速度a得，加速度a＝2m/s2，由v＝v0+at，得所用时间t＝3s，平均速度m/s＝7m/s，故D正确，ABC错误。故选：D。2．A、B、C三个物体如图所示，放置在水平面上，所有接触面均不光滑。有一个水平力F作用在物体C上，使A、B、C一起向

右做匀速直线运动，则（）A．B对A的摩擦力方向水平向左B．B对A的摩擦力方向水平向右C．C对A的摩擦力方向水平向左D．C对B的摩擦力方向水平向右【解答】解：AB、A、B、C一起向右匀速运动，B在水平方向受地面向左的滑动摩擦力和A对B向右的静摩擦力而平衡，由牛顿第三

定律知B对A的静摩擦力方向水平向左，故A正确，B错误；C、对A来讲，B对A的静摩擦力方向水平向左，所以C对A的静摩擦力方向水平向右，故C错误；D、C与B没有弹力，不存在摩擦力，故D错误；故选：A。3．如图所示。用一根橡皮筋水平拉置于粗糙水平桌面

上的杯子。杯子始终保持静止状态。不计橡皮筋与杯子把手间的摩擦。下列说法正确的是（）A．若θ角不变，逐渐增大F，杯子所受摩擦力保持不变B．若F大小不变，逐渐增大θ角，杯子所受摩擦力逐渐增大C．若θ角与F大小不变，往杯子中加水，杯子所受摩擦力增大D．要刚好拉动杯子，θ

角越大时，则F也越大【解答】解：A、若θ角不变，逐渐增大F，依据矢量的合成法则，可知，橡皮筋两拉力的合力增大，由于杯子始终保持静止状态，则杯子所受摩擦力会增大，故A错误；B、若F大小不变，逐渐增大θ角，依据矢量的合成法则，可

知，橡皮筋两拉力的合力减小，则杯子所受摩擦力逐渐减小，故B错误；C、若θ角与F大小不变，则橡皮筋对杯子的作用力不变，当往杯子中加水，杯子所受最大静摩擦力会增大，而受到的静摩擦力却仍不变，故C错误；D、要刚好拉动杯子，即要增大橡皮筋对杯子的作用力，当θ角越大时，则F也越大

，才可能刚好拉动，故D正确；故选：D。4．如图所示，物块a静止在水平地面上，物块b叠放在物体a上。现对物体a施加一个水平向左的恒定拉力F，a、b仍然都处于静止状态。以下说法正确的是（）A．a受b向右的摩擦力B．b受a向左的摩擦力C．a、b接触面间的动摩擦因数一定为零D．地面对a的摩擦

力大小等于F【解答】解：A、a、b相对静止且相对地面也静止，以b为研究对象，由平衡条件知，a与b之间没有摩擦力。故A错误。B、根据以上分析，可知，a与b之间没有摩擦力，故B错误。C、a、b之间无摩擦力，动摩擦因数不一定为零，故C错误。D、对a受力分析：由平衡条件知F＝f，即a与地面之间

的摩擦力大小为F，故D正确。故选：D。5．某次玩具枪测试中，子弹从枪口射出时的速度大小为40m/s，测试员在t＝0时刻竖直向上射出第一颗子弹，之后每隔2s竖直向上射出一颗子弹，假设子弹在运动过程中都不相碰，不计空气阻力，取g＝10m/s2．对于

第一颗子弹，它和以后射出的子弹在空中相遇而过的时刻分别为（）A．3s，4s，5sB．4s，4.5s，5sC．5s，6s，7sD．5.5s，6.5s，7.5s【解答】解：第一颗子弹从射出到落回地面共用时间：ts＝8s因每隔2s发出一颗子弹，故第一颗子弹落地

时，第五颗子弹刚发出，空中共有4颗子弹；设第一颗子弹射出时间t后，与第n颗子弹相遇，此时第n颗子弹运动时间：tn＝t﹣2n+1由运动学公式得，v0tgt2＝v0tngt解得：t＝4+（n﹣1）当n＝2时，t＝5s当n＝3时，t＝6s当n＝4时，t＝7s故选：C。6．一辆汽车在平直公路上

运动，公路边每隔距离x0有一棵树，如图所示，汽车在A、B两相邻的树间行驶时先做匀加速运动，后做匀减速运动，在B、C两相邻的树间行驶时做匀速运动，在C、D两相邻的树间行驶时先做匀减速运动，后做匀加速运动，已知汽车过

A、B、C、D时的速度均为v1，则有关汽车在各段运动过程中所用的时间，下列说法中正确的是（）A．通过AB段用的时间最少B．通过BC段用的时间最少C．通过CD段用的时间最少D．通过三段所用时间相等【解答】解

：设汽车通过AB段用时t1，通过BC段用时t2，通过CD段用时t3，根据得x•t因汽车过A、B、C、D时的速度均为v1，汽车在A、B两相邻的树间行驶时先做匀加速运动，后做匀减速运动，末速度为v1，所以其平均速度大于v1，而汽车在C、D两相邻的树间行驶时先做匀减速运动，后做匀加

速运动，末速度为v1，所以其平均速度小于v1，所以t3＞t2＞t1，即通过AB段所用的时间最少，故A正确，BCD错误。故选：A。7．如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H．现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个小物块（可看成质点）从两斜面的

A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则（）A．OP间距离为B．OP间距离为C．两小物块运动到P点的速度相同D．两小物块的运动时间均为【解答】解：AB、以P点为最低点经过A和B做“等时圆”如图所示

：根据几何关系可知所以∠BPO＝∠APQ＝θ，根据几何关系可得：tanθ，解得，故A正确、B错误；C、根据动能定理可得，从A点下滑的高度大于从B点下滑的高度，所以从A点下滑到P的速度大于从B点下滑的高度，故C错误；D、设BP斜面倾角为θ，根据几何关系可得sinθ，根据牛顿第二定律可得

：mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ；设OP＝d，则斜面长L根据位移时间关系可得L解得t，故D错误。故选：A。8．如图所示，两个完全相同的小球，从光滑的a管和b管由静止下滑，管径略大于小球直径，设转弯处无能量损失，B、D在同一水平面，两球落到C处的时间分别为Ta、Tb，

则（）A．Ta＞TbB．Ta＜TbC．Ta＝TbD．无法确定【解答】解：由机械能守恒定律可知，两球从A点滑到底端C时，速度和路程相等，而沿a管滑下的小球，在AB段加速度比BC段加速度小，则在速率图中AB段图线的斜率比BC段图线斜率小，而沿b滑下的小球，它的速

率图线在AD段斜率比DC段斜率大，作出两球的速率图象如图所示，若要保证两球的路程相等，即图象与横轴所围的“面积相等，则有：Ta＞Tb，故A正确，B、C、D错误；故选：A。9．“民生在勤，勤则不匮”，劳动是幸福的源泉。如图所

示，某同学利用假期帮助父母打理家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍。假设湿拖把的质量为2kg，拖把杆与水平方向成53°角，当对拖把施加一个沿拖把杆向下、大小为10N的力F1时，恰好能推动拖把向前匀速运

动并将灰尘清洗干净。如果想要把地板上的油渍清洗干净，需将沿拖把杆向下的力增大到F2＝20N．设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变，那么油渍与地板间的附着力约为（可认为油渍与地板间的附着力等于拖把与地板间的滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，co

s53°＝0.6）（）A．3.7NB．7.7NC．12.0ND．13.3N【解答】解：对拖把受力分析，如图所示，拖把受到重力mg，地板的支持力N1，人对拖把沿拖把杆向下的力F1，地板对拖把的摩擦力f1。则N1＝mg+

F1sin53°，拖把匀速运动，则有：f1＝F1cos53°，又f1＝μN1；解得拖把与地板间的动摩擦因数μ当给拖把施加更大的力后，拖把受到地板的支持力变大，摩擦力将增大，支持力N2＝mg+F2sin53°摩擦力f2＝μN2解得f2≈7.7

N，故B正确、ACD错误。故选：B。10．如图所示，一质量为M的圆环套在一根粗糙的水平横杆上，圆环通过轻绳和质量为m的物块相连，物块在水平向右的风力作用下偏离竖直方向一定的角度（如图中虚线位置所示）。现风力发生变化使物块偏离到图

中实线位置（缓缓移动），但圆环仍然不动，在这一过程中，水平风力大小F风、绳子上的张力大小FT、横杆对圆环的摩擦力大小f、横杆对圆环的支持力大小FN变化情况正确的是（）A．F风保持不变，FT逐渐变大B．F风逐渐变大，FT逐渐变小C．f逐渐变大，FN保

持不变D．f保持不变，FN逐渐变小【解答】解：物块从虚线位置偏离到图中实线位置，风力F风增大；以重物为研究对象，分析受力情况：重力G、水平风力F风和绳子的拉力FT，如图1所示。由平衡条件得：F风＝mgtanθ，FT，当θ增加时，F风逐渐增加，FT增加；再以两物体整体为研究对象，分析

重力G总、水平风力F风，杆的摩擦力f和支持力FN，则有：FN＝G总，保持不变。f＝F风，逐渐增加，故C正确、ABD错误。故选：C。11．某同学研究物体的运动，让一个质量为2kg的物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做直线运动，物体的t图线如图所示，是从某时刻开始

计时物体运动的时间，x为物体在时间t内的位移，由此可知（）A．0～5s内物体的位移为45mB．5s末物体的速度为4.5m/sC．0～10s内物体的速度变化量为3m/sD．物体受到的恒力大小为1.2N【解答】解：A、由图

知，t＝5s时，4.5m/s，则0﹣5s内物体的位移为x＝4.5t＝4.5×5m＝22.5m，故A错误。B、根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0tat2变形得到v0at，则t图线的纵轴截距表示初速度，所以有：v0＝3m/s，图线的斜率为：ka0.3，

解得：a＝0.6m/s2，物体做匀加速直线运动，5s末物体的速度为v＝v0+at＝（3+0.6×5）m/s＝9m/s，故B错误。C、0～10s内物体的速度变化量为△v＝at＝1.2×5m/s＝6m/s，故C错误。D、物体受到的恒力大小为F＝ma＝2×0.

6N＝1.2N，故D正确。故选：D。12．如图甲所示，足够长的细绳（质量不计）跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器（测量悬挂定滑轮的轻绳的拉力大小）的正下方，A物体的质量m0保持不变，B物体取不同的质量m，通过计算机描

绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体的质量m的变化关系曲线如图乙所示，F＝F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g，不计空气阻力。则A物体的质量m0与F的关系式为（）A．m0B．m0C．m0D．m0【解答】解：当m大于m0时，据牛顿第二定律，对

B有：mg﹣T＝ma对A有：T﹣m0g＝m0a联立解得：aT，则有：F＝2T；当m小于m0时，据牛顿第二定律，对B有：T﹣mg＝ma对A有：m0g﹣T＝m0a联立解得：aT，则有：F＝2T；由F＝2T知，当m趋向于无穷大时

，F＝4m0g＝F0解得：m0，故A正确、BCD错误。故选：A。13．如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面。将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确

的是（）A．上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大C．下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大【解答】解：设整体的质量为m，小球的质量为m′，阻力大小为f。AB、上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：mg+f＝

ma，上升过程中速度减小，阻力减小，故上升过程加速度大于g但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得m′g+FN＝m′a，小球受到的合力大于重力且逐渐减小，小球除受到重力外，还应受到向下的压力，所以小球对c没有压力，故AB错误；CD、下落过程中，以整体为研究对象

，根据牛顿第二定律得到：mg﹣f＝ma，下降过程中速度增大，阻力增大，故下降过程加速度小于g但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得m′g﹣FN＝m′a，则小球受到的合力小于重力，小球除受到重力外，还应受到c对它受

到向上的支持力，且支持力逐渐增大，所以小球对容器的作用力逐渐变大，小球对a没有压力，故C错误、D正确。故选：D。14．如图，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和Ff．若

电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是（）A．水平梯板对人的支持力变为B．水平梯板对人的摩擦力变为C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态D．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比仍为【解答】解：当加速度为a时，将人的加速度分解，水平方向ax＝ac

osθ，竖直方向ay＝asinθ；当加速度为时，将人的加速度分解，水平方向a′xcosθ，竖直方向a′ysinθ。A、当电梯加速度为a时，竖直方向上有：FN﹣mg＝may，水平梯板对人的支持力：FN＝mg+masinθ，当电梯加速度由a减小为时，在竖直方向上

有：F′N﹣mg＝ma′y，水平梯板对人的支持力：F′N＝mgmasinθ，水平梯板对人的支持力：F′NFN，故A错误；B、当电梯加速度为a时，水平梯板对人的摩擦力为：Ff＝max＝macosθ，当电梯加速度由a减小为时，水平梯板对人的摩擦力变为：F′f＝ma′xma

cosθ，所以水平梯板对人的摩擦力变为，故B正确；C、电梯加速启动过程中，人有向上的加速度，处于超重状态而不是失重状态，故C错误；D、水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为：，故D错误。故选：B。15．如图所示竖直平面内有一固定

半圆环，AB为其直径且AB水平，O为圆心，一质量m＝0.5Kg的小球套在圆环上的P点，小球受到三个拉力F1、F2、F3作用保持静止状态，三个拉力的方向如图所示。已知F2＝4N，F1：F2：F3＝PA：PO：

PB，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则圆环对小球的支持力为（）A．16NB．15NC．12ND．8N【解答】解：圆环对小球的支持力方向一定沿半径方向向外，将F1和F3进行合

成，由于F1：F2：F3＝PA：PO：PB，则合力一定沿F2方向，如图所示；所以F1、F2、F3三个力的合力为：F合＝3F2＝12N，根据平衡条件可得支持力为：N＝mgsin37°+F合＝3N+12N＝15N，故B正确、ACD错误。故选：B。16．固定斜面的倾角为θ，一个小

物块自斜面底端沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，若物块往返所用时间之比为1：2，则物体与斜面间的动摩擦因数为（）A．tanθB．tanθC．tanθD．tanθ【解答】解：设物块上滑和下滑的加速度大小分别为a1和a2，上滑和下滑的时间分别为t1和t2

．物块上滑的位移为x。上滑过程的逆运动是初速度为零的匀加速运动，则有x下滑过程有x则得根据牛顿第二定律得上滑有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1下滑有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2联立解得μtanθ，故A正确，BCD错误。故选：A。二．多选题（

共3小题）17．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，取g＝10m/s

2，则下列说法正确的是（）A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD．煤块在传送带上留下的痕迹长为m【解答】解：

AB、0﹣1s内，煤块的加速度大小为a1m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下；根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1．①1﹣2s，物块的加速度大小为a2m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下；根据牛顿第二定律得mg

sinθ﹣μmgcosθ＝ma2，②由①②联立解得θ＝37°，μ＝0.25，则tanθ＝0.75，故A正确、B错误。C、物块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小，为x10m；根据xa2t下2，得煤块下滑的时间t下s，

所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2）s，故C错误；D、传送带的速度v＝4m/s。在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m，煤块的位移为x煤1m＝8m，两者相对位移大小为△x1＝x煤1﹣x带1＝4m在1﹣2s内传送带

的位移x带2＝vt2＝4×1m＝2m，物块的位移为x煤2m＝2m，两者相对位移大小为△x2＝x带2﹣x煤2＝2m；所以整个上升过程中痕迹的长度为4m；2～（2）s传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总的长度为2mvt＝（12+4）m，故D正确。故选：A

D。18．如图所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动，用FAB代表A、B间相互作用力（）A．若地面是完全光滑的，则FAB＝FB．若地面是完全光滑的，则FABFC．若地面动摩因数为μ，则FAB＝FD

．若地面动摩因数为μ，则FABF【解答】解：设两木块的质量均为m。A、B若地面是完全光滑的，对整体用牛顿第二定律得，加速度a，再对B运用牛顿第二定律得，FAB＝ma．故A错误，B正确。C、D若地面动摩因数为μ，对整体用牛顿第二定律得，加速度a，再对B运用牛顿第二定

律得，FAB﹣μmg＝ma，解得，FAB，故C错误，D正确。故选：BD。19．如图所示是滑梯斜面体（倾角为θ放在粗糙水平面上）简化图，一质量为m的小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静

止，整个过程中滑梯保持静止状态。假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则下判断中正确的是（）A．小孩在AB段滑动时地面对滑梯摩擦力大小为mg（sinθ﹣μ1cosθ）cosθ，方向向左B．动摩擦因数μ1+μ2＝2tanθC．小孩从滑梯

上A点滑到C点过程中先失重后超重D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力【解答】解：A、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿第二定律知，地面

对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，依据矢量的合成法则，结合三角知识，则有：地面对滑梯摩擦力大小为f＝ma1＝mg（sinθ一μ1cosθ）cosθ，方向向右，故A错误；B、设AB的长度为L

，AB间的高度为h，则sinθ，小孩在B点的速度为v，小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：﹣μ1mgLcoosθ+mghmv2﹣0…①小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：﹣μ2mgLcosθ+mgh＝0mv2…②联立①②代入数据得：μ1+μ2＝2tanθ，故B正确；CD、

开始时a1＝g（sinθ一μ1cosθ）cosθ，由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力。小孩处于失重状态；同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故C正确，D

错误。故选：BC。三．实验题（共2小题）20．如图甲所示，楔形木块A固定在水平放置的压力传感器上，A的斜面是光滑的．某同学将质量不同的小钢球从斜面顶端静止释放，记录小钢球在斜面上运动时压力传感器的示数F．记录实验数据后，根据数据作出F﹣m图象如图乙

，与纵轴的截距为b．已知当地重力加速度为g．（1）不同质量的小钢球在斜面上运动的时间相同（填“相同”或“不相同”）．（2）木块A的质量M＝（用题中的相关字母表示）．【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma小球下滑

的加速度为：a＝gsinθ则知不同质量的小钢珠在斜面上下滑时加速度相同，运动情况完全相同，所以运动的时间也相同．（2）当m＝0时，传感器的示数即为木块A的重力，则有：Mg＝b解得：M故答案为：（1）相同；（2）．21．某同学用如图甲所示装置做超重实验，通过数显测力计读出物块上升过程中所受拉

力，用光电门测出物块上升的加速度，改变钩码的个数，可读出多组数据，该同学作出了物块的加速度和所受拉力的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴交点坐标分别为c、b，b点坐标表示的意义是﹣g；则所悬挂的物块的质

量为；若把物块的质量变为原来的一半，则在图乙中作出物块的图线的斜率比原直线增大．（选填“增大”、“减小”、或“不变”）【解答】解：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma解得：ag所以a﹣F图象与a轴的交点表示﹣g，图象的斜率表

示质量的倒数，则解得：m若把物块的质量变为原来的一半，则图象的斜率为原来的两倍，图线的斜率比原直线增大．故答案为：﹣g；；增大四．计算题（共2小题）22．新春佳节，许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送

至顾客处（设菜品送到顾客处速度恰好为零）。某次服务员用单手托托盘方式（如图）给12m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2，服务员上菜时的最大速度为3m/s。假设服务员加

速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10m/s2．求：（1）服务员运动的最大加速度；（2）服务员上菜所用的最短时间。【解答】解：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得：Ff1＝m

a1碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max＝μ1mg解得：a1≤μ1g＝0.15×10＝1.5m/s2对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：Ff2＝（M+m）a2手和托盘间相对静止，则：Ff2≤Ff2max＝μ2（M+m）g解得：a2≤μ2g＝0.2×10＝2m

/s2则最大加速度：amax＝1.5m/s2（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短加速运动时间：位移：m减速运动时间：t2＝t1＝2s，位移：x2＝x1＝3m匀速运动位移：x3＝

L﹣x1﹣x2＝12m﹣3m﹣3m＝6m匀速运动时间：最短时间：t＝t1+t2+t3＝6s。答：（1）服务员运动的最大加速度为1.5m/s2；（2）服务员上菜所用的最短时间为6s。23．如图，水平地面上紧靠粗糙水平台依次排放着A、B两木板，A、B的长度均为L＝5m、质量均为M＝1.5

kg，其上表面与平台相平，A与平台和B均接触但不粘连。现有一质量m＝3kg、可视为质点的滑块C，从平台上距平台右侧的距离d＝2.5m处，以大小v0＝8m/s、方向水平向右的速度向右滑块。已知C与平台间、C与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，A、B与地面间的动

摩擦因数均为μ2＝0.1，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2．求：（1）滑块C刚滑上A板时的速度大小；（2）滑块C刚滑离A板时，B板的速度大小；（3）从滑块C滑上A板到C与B板相对静止的过程中，B板发生的位移。【解答】解：（1）对C，由牛顿第二定

律得：μ1mg＝ma1，解得：a1＝3m/s2，C在水平台上做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v12﹣v02＝﹣2a1d，解得：v1＝7m/s；（2）滑块C在木板A上滑动时的加速度仍为a1，木板A、B的加

速度为：a2，解得：a2＝1m/s2，设C在A上运动的时间为t1，则：L＝v1t1a1t12a2t12，解得：t1＝1s（t1＝2.5s不合题意，舍去），C滑上B时，A、B分离。设C离开A时的速度为vC，板A、B的速度分别为v

A、vB，则：vC＝v1﹣a1t1，vA＝vB＝a2t1，解得：vC＝4m/s，vA＝vB＝1m/s；（3）C在B上滑动时，C的加速度仍为a1，设B的加速度为a3，对B，由牛顿第二定律得：μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma3，解得：a3＝3

m/s2，设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：v＝vC﹣a1t2＝vB+a3t2，解得：t2＝0.5s，v＝2.5m/s，B所发生的位移为：xBt1t2，解得：xBm＝1.375m；答：（1）滑块C刚滑上A板时的速度大小为7m/s；（2）滑块C刚滑离A板时，B板的速度

大小为1m/s；（3）从滑块C滑上A板到C与B板相对静止的过程中，B板发生的位移为1.375m。